mateforum.ro

Fie \( (x_{n})_{n\geq 0} \) un sir marginit de numere reale pozitive. Sa se arate ca \( \liminf_{n\to\infty} (2-x_{n+1})x_{n}\leq 1 \).

Fie \( a_n=(2-x_{n+1})x_n \).

Fie \( X=\{n\in \mathbb{N}:\ x_n\leq 2\} \). Daca \( X \) este infinita atunci, sirul fiind marginit, exista \( x_{k_n}\to l\leq 2 \). Atunci \( a_{k_n-1}=(2-x_{k_n})x_{k_n-1}\leq 0 \), pentru \( n\geq n_0 \). Astfel gasim un subsir al lui \( a_{k_n} \) care are limita mai mica sau egala cu 0, care e mai mic decat 1. Deci, in acest caz, problema este rezolvata.

Presupunem acum ca \( X \) este finita, deci exsita un rang \( n_0 \) de la care \( x_n\geq 2,\ \forall n\geq n_0 \) si de aici inainte lucram numai pentru \( n\geq n_0 \).

Consideram multimile \( A=\{n\in \mathbb{N}:\ x_{n+1}\geq x_n\} \) si \( B=\{n\in \mathbb{N}:\ x_{n+1}>x_n\} \). Daca una dintre multimi este finita, atunci de la un rang, sirul este monoton si convergent, find marginit. Atunci evident \( (2-l)l\leq 1 \), unde \( l \) este limita.

Altfel, \( A \) este infinita si contine un subsir convergent al sirului, \( x_{k_n} \). Avem \( x_{k_n}\in A \), deci \( x_{k_n+1}\geq x_{k_n} \).
Rezulta ca \( a_{k_n}=(2-a_{k_n+1})a_{k_n}\leq (2-a_{k_n})a_{k_n}\leq 1 \). Acest sir contine si el un subsir convergent cu limita cel mult 1, deci \( a_n \) contine un subsir cu limita cel mult 1, de unde rezulta ca limita sa inferioara este cel mult 1.

Nu este nevoie ca sirul \( (x_n) \) sa fie marginit sau sa fie pozitiv.

Afirmatie. Oricare ar fi sirul \( (x_n) \) de numere reale avem \( l:=\liminf_{n\rightarrow\infty}\,(2-x_{n+1})x_n\leq 1 \).

Demonstratie. Fara a restrange generalitatea putem presupune ca sirul \( (x_n) \) are limita (finita sau infinita) \( x \), deoarece orice sir de numere reale are un subsir care are limita (finita sau infinita). Distingem urmatoarele posibilitati:

I. Daca \( x \) este finit, atunci \( l=(2-x)x\leq 1 \).

II. Daca \( x=\pm\infty \) atunci \( l=-\infty\leq 1 \).

N.B. Matematica are o calitate aparent paradoxala: o afirmatie mai generala poate sa fie mai simplu de demonstrat.

Mie mi se pare ca e gresit ce zici... Nu putem presupune ca sirul are limita...
In demonstratie folosesti implicit faptul ca daca subsirul \( (x_{k_n}) \) are limita, atunci si \( x_{k_n+1} \) are aceeasi limita. E clar de zic?

Contraexemplu: \( (x_n) \) cu \( x_{2k}=k+2,\ x_{2k+1}=-k \).
Atunci \( (2-x_{2k+1})x_{2k}=(k+2)^2 \to \infty \) si
\( (2-x_{2k})x_{2k-1}=(-k)(-(k-1))=k(k-1)\to \infty \). Si astfel \( (2-x_{n+1})x_n \to \infty \) si nu e adevarata concluzia din ipoteza ta.

Consonant wrote:N.B. Matematica are o calitate aparent paradoxala: o afirmatie mai generala poate sa fie mai simplu de demonstrat.

Asta e adevarat, dar nu la aceasta problema...

Mda, ai dreptate ... M-ai prins! Felicitari!

Ca sa nu-ti raman dator postez o "solutie" mai directa pentru enuntul original, insa fara ipoteza de marginire (presupand doar ca sirul are toti termenii nenegativi):


Notam \( l=\liminf_{n\rightarrow\infty} (2-x_{n+1})x_n \). Distingem doua cazuri:

I. Daca \( x_n\geq x_{n+1} \) pentru o infinitate de indici \( n \) atunci pentru acesti indici avem \( (2-x_{n+1})x_n=2x_n-x_{n+1}x_n\leq 2x_n-x_nx_{n+1}\leq 2x_n-x_n^2\leq 1 \) si deci \( l\leq 1 \).

II. Daca \( x_n\geq x_{n+1} \) doar pentru un numar finit de indici \( n \) atunci distingem doua subcazuri: daca sirul este marginit, din teorema de convergenta monotona rezulta \( (x_n) \) converge la \( x \) si deci \( l=(2-x)x\leq 1 \), iar daca sirul este nemarginit, atunci \( \lim_{n\rightarrow\infty} x_n=+\infty \) si \( l=-\infty<1 \).